【物理】2020届一轮复习人教版用牛顿运动定律解决问题(一)课时作业

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【物理】2020届一轮复习人教版用牛顿运动定律解决问题(一)课时作业

‎2020届一轮复习人教版 用牛顿运动定律解决问题(一) 课时作业 1.若水平恒力F在时间t内使质量为m的物体在光滑水平面上由静止开始移动一段距离s,则2F的恒力在2t时间内,使质量为的物体在同一水平面上,由静止开始移动的距离是(  )‎ A.s  B.4s  C.10s   D.16s 答案:D ‎2.静止在光滑水平地面上的物体的质量为2 kg,在水平恒力F推动下开始运动,4 s末它的速度达到4 m/s,则F的大小为 (  )‎ A.2 N B.1 N C.4 N D.8 N 解析:在水平恒力F推动下物体做匀加速直线运动的加速度为a== m/s2=1 m/s2.由牛顿第二定律得F=ma=2×1 N=2 N.‎ 答案:A ‎3.如图所示,当车厢向右加速行驶时,一质量为m的物块紧贴在车厢壁上,相对于车厢壁静止,随车一起运动,则下列说法正确的是(  )‎ A.在竖直方向上,车厢壁对物块的摩擦力与物块的重力平衡 B.在水平方向上,车厢壁对物块的弹力与物块对车厢壁的压力是一对平衡力 C.若车厢的加速度变小,车厢壁对物块的弹力不变 D.若车厢的加速度变大,车厢壁对物块的摩擦力也变大 答案:A ‎4.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点.现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的vt图象如图乙所示.g取10 m/s2,则下列说法正确的是(  )‎ 图甲     图乙 A.小物块到C点后将沿斜面下滑 B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的 C.小物块与斜面间的动摩擦因数为 D.推力F的大小为6 N 解析:由题图乙可以知道,加速运动的加速度大小a1== m/s2= m/s2,减速运动的加速度大小a2== m/s2=10 m/s2,故a1∶a2=1∶3,故B正确;在匀减速直线运动过程中,由牛顿第二定律知mgsin 30°+μmgcos 30°=ma2,解得μ=,故C错误;mgsin30°=mg=μmgcos30°,所以物块到达C点后将静止在C点不会下滑,故A错误;加速运动时,沿斜面方向根据牛顿第二定律可得F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1,解得F=4 N,故D错误;综上所述本题答案是B.‎ 答案:B ‎5.(多选)如图所示,质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动,位移随时间的变化关系为x=t2+t,物体与地面间的动摩擦因数为0.4,取g=10 m/s2,以下结论正确的是(  )‎ A.匀变速直线运动的初速度为1 m/s B.物体的位移为12 m时速度为7 m/s C.水平恒力F的大小为4 N D.水平恒力F的大小为12 N 解析:根据x=v0t+at2=t2+t,知v0=1 m/s,a=2 m/s2.故A正确.根据v2-v=2ax得,v= = m/s=7 m/s.故B正确.根据牛顿第二定律得,F-μmg=ma,解得F=ma+μmg=12 N.故C错误,D正确.故选ABD.‎ 答案:ABD ‎6.某消防队员从一平台上跳下,下落2 m后双脚触地,接着他用双腿弯曲的方法缓冲,使自身重心又下降了0.5 m,在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为(  )‎ A.自身所受重力的2倍 B.自身所受重力的5倍 C.自身所受重力的8倍 D.自身所受重力的10倍 解析:自由落体规律可知:v2=2gH,‎ 缓冲减速过程:v2=2ah,‎ 由牛顿第二定律列方程:F-mg=ma,‎ 解得F=mg=5mg,故B正确.‎ 答案:B ‎7.一物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零,然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中,此力的方向一直保持不变),那么如图所示的v-t图象中,符合此过程中物体运动情况的图象可能是(  )‎ 解析:其中的一个力逐渐减小到零的过程中,物体受到的合力逐渐增大,则其加速度逐渐增大,速度时间图象中图象的斜率表示加速度,所以在力逐渐减小到零的过程中图象的斜率逐渐增大,当这个力又从零恢复到原来大小时,合力逐渐减小,加速度逐渐减小,图象的斜率逐渐减小,D正确.‎ 答案:D ‎8.木块质量m=8 kg,在F=4 N的水平拉力作用下,沿粗糙水平面从静止开始做匀加速直线运动,经t=5 s的位移x=5 m.g取10 m/s2.‎ ‎(1)求木块与粗糙平面间的动摩擦因数;‎ ‎(2)若在5 s后撤去F,木块还能滑行多远?‎ 解析:(1)由x=at2得a1==0.4 m/s2.‎ 由牛顿第二定律F-Ff=ma1,得Ff=F-ma1=(4-8×0.4)N=0.8 N,由Ff=μmg得μ===0.01.‎ ‎(2)撤去F后,木块受摩擦力Ff=μmg=0.8 N,加速度a2=-μg ‎=-0.1 m/s2.5 s末的速度v=a1t=0.4×5 m/s=2 m/s.x== m=20 m.‎ 答案:(1)0.01 (2)20 m 9.(多选)如图水平传送带在电动机带动下始终保持以速度v匀速运动,某时刻质量为m的物块无初速度地放在传送带的左端,经过一段时间物块能与传送带保持相对静止.已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ.若当地的重力加速度为g,对于物块放上传送带到物块与传送带相对静止的过程,下列说法中正确的是(  )‎ A.物块所受摩擦力的方向水平向右 B.物块运动的时间为 C.物块相对地面的位移大小为 D.物块相对传送带的位移大小为 解析:物块向右加速运动,受到向右的摩擦力作用,A正确;根据牛顿第二定律,得μmg=ma,故a=μg,物块加速运动的时间为t==,B错误;根据速度位移关系v2=2ax,得物块的位移x=,C错误;传送带的速度为v,物块的平均速度为,物块相对传送带的位移大小等于物块的位移,D正确.‎ 答案:AD ‎10.一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m ‎ 的竖立在地面上的钢管往下滑.已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员(  )‎ A.下滑过程中的最大速度为4 m/s B.加速与减速过程的时间之比为2∶1‎ C.加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7‎ D.加速与减速过程的位移之比为1∶4‎ 解析:设下滑过程中的最大速度为v,则消防队员下滑的总位移x=t1+t2,得到v==8 m/s,故A错误.设加速与减速过程的时间分别为t1、t2,加速度大小分别为a1、a2,则v=a1t1,v=a2t2,得到t1∶t2=a2∶a1=1∶2,故B错误.由t1∶t2=1∶2,又t1+t2=3 s,得到t1=1 s,t2=2 s,a1==8 m/s2,a2=4 m/s2,根据牛顿第二定律,得加速过程:mg-f1=ma1,f1=mg-ma1=2m;减速过程:f2-mg=ma2,f2=mg+ma2=14m,所以f1∶f2=1∶7,故C正确;匀加速运动位移为:x1=t1,匀减速运动位移为:x2=t2,所以加速与减速过程的位移之比x1∶x2=t1∶t2=1∶2,D错误.故选C.‎ 答案:C ‎11.如图所示,质量为40 kg的雪橇(包括人)在与水平方向成37°角、大小为200 N的拉力F作用下,沿水平面由静止开始运动,经过2 s撤去拉力F,雪橇与地面间动摩擦因数为0.20.g取10 m/s2,cos ‎ 37°=0.8,sin 37°=0.6.求:‎ ‎(1)刚撤去拉力时雪橇的速度v的大小;‎ ‎(2)撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离s.‎ 解析:(1)对雪橇,竖直方向:‎ N1+Fsin 37°=mg,①‎ 且f1=μN1,②‎ 由牛顿第二定律:‎ Fcos 37°-f1=ma1,③‎ 由运动学公式:v=a1t1,④‎ 联立①②③④,解得v=5.2 m/s.‎ ‎(2)撤去拉力后,‎ 雪橇的加速度a2=μg 根据-v2=-2a2s,‎ 解得s=6.76 m.‎ 答案:(1)5.2 m/s (2)6.76 m ‎12.如图所示,传送带与地面倾角θ=37°,AB长为16 m,传送带以10 m/s的速度匀速运动.在传送带上端A无初速度地释放一个质量为0.5 kg的物体,它与传送带之间的动摩擦因数为0.5,求物体从A运动到B所需的时间(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2).‎ 解析:开始时,物体的加速度为:‎ a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2.‎ 因为=5 m
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